标签：ll 魔法 4498 Ne define Ans BZOJ dp mod
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首先你先不要管中间距离大于两个人之间最大值的情况，先假设其全部为等于最大值。设这个和为\(j\)，则这个方案的方案数为\(C_{L-j+n}^{n}\)。
因为\(d_i\)不大，所以我们可以将所有\(nd\)种距离的方案数算出来之后计算答案即可。
关于两个点的最大值容易想到按照权值大小排序，然后一个一个加入。后加入的就是更大的。
我们考虑维护一些段，相连的表示已经确定的位置，不连着的表示不确定的位置，显然相连的是可以直接计算贡献的，不相连的贡献一定是之后加的数的权值。
则我们接下来加入一个数，就有三种情况：自成一段，合并到一个段的左边/右边，将两个段合并成一个段，设当前段数为\(j\)，则对应系数分别为\(j+1,2j,j-1\)。则只需要记录当前段数即可转移。
时间复杂度\(O(n^3d)\)
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define I inline
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define abs(x) ((x)>0?(x):-(x))
#define ll long long
#define db double
#define lb long db
#define N (40+5)
#define M (51000000+5)
#define K (6)
#define mod 1000000007
#define Mod (mod-1)
#define eps (1e-9)
#define ull unsigned ll
#define it iterator
#define Gc() getchar()
#define Me(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define Mc(x,y) memcpy(x,y,sizeof(x))
#define d(x,y) ((k+1)*(x)+(y))
#define R(n) (1ll*rand()*rand()%(n)+1)
#define Pc(x) putchar(x)
#define LB lower_bound
#define UB upper_bound
#define PB push_back
using namespace std;
int n,m,k,L,x,y,z,A[N],Mx,La,Ne;ll dp[2][N][N*N],Ns=1,Ans,Ps;
I ll mpow(ll x,int y=mod-2){ll Ans=1;while(y) y&1&&(Ans=Ans*x%mod),y>>=1,x=x*x%mod;return Ans;}
int main(){
freopen("1.in","r",stdin);
int i,j,h;scanf("%d%d",&L,&n);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&A[i]),Mx=max(Mx,A[i]);sort(A+1,A+n+1);Ne=0;La=1;dp[0][0][1]=1;
for(i=1;i<=n;i++){Ne^=1;La^=1;Me(dp[Ne],0);
for(j=1;j<=i;j++){
for(h=0;h<=Mx*i+1;h++){
dp[Ne][j][h]=dp[La][j-1][h]*j%mod;if(h>=A[i]) dp[Ne][j][h]=(dp[Ne][j][h]+dp[La][j][h-A[i]]*2*j)%mod;
if(h>=2*A[i]) dp[Ne][j][h]=(dp[Ne][j][h]+dp[La][j+1][h-A[i]*2]*j)%mod;
}
}
}for(i=1;i<=n;i++) Ns=Ns*mpow(i)%mod;
for(i=1;i<=min(Mx*n+1,L);i++){
Ps=Ns;for(j=0;j<n;j++) Ps=Ps*(L-i+j+1)%mod;Ans+=Ps*dp[Ne][1][i]%mod;
}printf("%lld\n",Ans%mod);
}
标签：ll,魔法,4498,Ne,define,Ans,BZOJ,dp,mod 来源： https://www.cnblogs.com/275307894a/p/16420770.html
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